第7章 第6节 第2课时 空间角及空间距离（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第七章　立体几何 第六节　空间向量在立体几何中的应用 第二课时　空间角及空间距离 栏目索引 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 课时作业(四十九) 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 【例1】 (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． (1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点， 所以AC⊥DE. 在△ABD和△CBD中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB. 又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE. 又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E， 所以AC⊥平面BED. 因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD. (2)解：连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED， 所以AC⊥EF，所以S△AFC＝ eq \f(1,2) AC·EF. 当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小． 因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2， 又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形， 因为点E为AC的中点，所以AE＝EC＝1，BE＝ eq \r(3) ， 因为AD⊥CD，所以DE＝ eq \f(1,2) AC＝1. 在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，所以BE⊥DE. 在Rt△BED中，当EF最小时，EF⊥BD，∴EF＝ eq \f(DE·BE,BD) ＝ eq \f(\r(3),2) .∴DF＝ eq \r(DE2－EF2) ＝ eq \f(1,2) .∴FB＝ eq \f(3,2) .以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz， 则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)， 所以 eq \o(AD,\s\up13(→)) ＝(－1，0，1)， eq \o(AB,\s\up13(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， 设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up13(→))＝－x＋z＝0，,n·\o(AB,\s\up13(→))＝－x＋\r(3)y＝0，)) 取y＝ eq \r(3) ，则n＝(3， eq \r(3) ，3). 又设F (0，m，n)，由3 eq \o(DF,\s\up13(→)) ＝ eq \o(FB,\s\up13(→)) ，得3(0，m，n－1)＝(0， eq \r(3) －m，－z)，可得m＝ eq \f(\r(3),4) ，n＝ eq \f(3,4) ，所以F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4))) ，所以 eq \o(CF,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))) ， 所以cos 〈n， eq \o(CF,\s\up13(→)) 〉＝ eq \f(n·\o(CF,\s\up13(→)),|n||\o(CF,\s\up13(→))|) ＝ eq \f(6,\r(21)×\r(\f(7,4))) ＝ eq \f(4\r(3),7) . 设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2))) ， 所以sin θ＝|cos 〈n， eq \o(CF,\s\up13(→)) 〉|＝ eq \f(4\r(3),7) ， 所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 eq \f(4\r(3),7) . 【练1】 (2023·江苏秦淮区高三一模)如图，在四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB，CD⊥PD. (1)证明：CD⊥平面PAD； (2)若E是PD的中点，AB＝AP＝4，AD＝DC＝2.求直线CE与平面BCP所成角的正弦值． (1)证明：∵AD⊥平面PAB，又AP⊂平面PAB， ∴AP⊥AD.又AP⊥AB，AD∩AB＝A，且AD，AB⊂平面ABCD， ∴AP⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD， ∴CD⊥AP，又CD⊥PD，且AP∩PD＝P， ∴CD⊥平面PAD. (2)解：根据(1)可知AB，AD，AP两两相互垂直， ∴分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图， 则根据题意可得，C(2，2，0)，E(0，1，2)，B(4，0，0)，P(0，0，4)， ∴ eq \o(CE,\s\up13(→)) ＝(－2，－1，2)， eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝(－2，2，0)， eq \o(BP,\s\up13(→)) ＝(－4，0，4). 设平面BCP的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up13(→))＝－2x＋2y＝0，,n·\o(BP,\s\up13(→))＝－4x＋4z＝0，)) 取n＝(1，1，1)， ∴直线CE与平面BCP所成角的正弦值为 |cos 〈 eq \o(CE,\s\up13(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(CE,\s\up13(→))·n|,|\o(CE,\s\up13(→))||n|) ＝ eq \f(1,\r(4＋1＋4)×\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),9) . 角度1　向量法求二面角的值或三角函数值 【例2】 (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足 eq \o(EF,\s\up13(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up13(→)) ，求二面角D­AB­F的正弦值． (1)证明：如图，连接DE，AE. 因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC. 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB， 所以△ADB≌△ADC(SAS). 可得AC＝AB，故AE⊥BC. 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. (2)解：由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC. 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝ 60°，所以AB＝AC＝2. 由题意可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝ eq \r(2) . 因为AE⊥BC，所以AE＝ eq \r(AB2－EB2) ＝ eq \r(2) . 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED. 以E为坐标原点，ED，EB，EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(2) ，0)，A(0，0， eq \r(2) )， eq \o(DA,\s\up13(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， eq \o(BA,\s\up13(→)) ＝(0，－ eq \r(2) ， eq \r(2) ). 设F (xF，yF，zF)，因为 eq \o(EF,\s\up13(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up13(→)) ，所以(xF，yF，zF)＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，可得F (－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) ).所以 eq \o(FA,\s\up13(→)) ＝( eq \r(2) ，0，0). 设平面DAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up13(→))·m＝0，,\o(BA,\s\up13(→))·m＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)y1＋\r(2)z1＝0，)) 取x1＝1，则y1＝z1＝1， m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量． 设平面ABF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FA,\s\up13(→))·n＝0，,\o(BA,\s\up13(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＝0，,－\r(2)y2＋\r(2)z2＝0，)) 得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量． 所以cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) . 记二面角D­AB­F的大小为θ， 则sin θ＝ eq \r(1－cos2〈m，n〉) ＝ eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2) ＝ eq \f(\r(3),3) ， 故二面角D­AB­F的正弦值为 eq \f(\r(3),3) . 【练2】(2023·北京卷)如图，四面体P­ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC＝ eq \r(3) ，PA⊥平面ABC. (1)求证：BC⊥平面PAB； (2)求二面角A­PC­B的大小． (1)证明：∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴PA⊥AC，PA⊥BC. ∵PA＝1，PC＝ eq \r(3) ， ∴AC＝ eq \r(PC2－PA2) ＝ eq \r(3－1) ＝ eq \r(2) . 又∵AB＝BC＝1， ∴AC2＝AB2＋BC2， ∴BC⊥AB，又∵PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB. (2)解：以点B为坐标原点，分别以 eq \o(BC,\s\up13(→)) ， eq \o(BA,\s\up13(→)) 所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，1，0)，B(0，0，0)，C(1，0，0)， P(0，1，1)， ∴ eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝(0，0，1)， eq \o(AC,\s\up13(→)) ＝(1，－1，0)， eq \o(BP,\s\up13(→)) ＝(0，1，1)， eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝(1，0，0). 设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up13(→))·n＝z＝0，,\o(AC,\s\up13(→))·n＝x－y＝0，)) 取x＝1，得n＝(1，1，0). 设平面BPC的一个法向量为m＝(a，b，c)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BP,\s\up13(→))·m＝b＋c＝0，,\o(BC,\s\up13(→))·m＝a＝0，)) 取b＝1，得m＝(0，1，－1). ∴cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m||n|) ＝ eq \f(1,\r(2)×\r(2)) ＝ eq \f(1,2) . 由图可知二面角A­PC­B为锐角，设二面角A­PC­B的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(1,2) ， ∴θ＝ eq \f(π,3) ， 即二面角A­PC­B的大小为 eq \f(π,3) . 角度2　由二面角求几何量或参数值问题 【例3】 (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P. (2)解：建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋（1－n）z1＝0，,－2y1＋（3－n）z1＝0，)) 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)为平面PA2C2的一个法向量. 设平面A2C2D2的一个法向量为b＝(x2，y2，z2)， 令y2＝1，得b＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量． 所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉| ＝ eq \f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋4＋（3－n）2)×\r(6)) ＝ eq \f(\r(3),2) ， 整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3， 所以BP＝1或BP＝3，因为BP≤2， 所以B2P＝1. 【练3】 (2022·山东滨州二模)如图，在四棱锥P­ABCD中，O是BD的中点，PO⊥平面ABCD，∠DAB＝∠BCD＝90°，AD＝AC＝CD＝2 eq \r(3) ，DP＝ eq \r(6) . (1)求证：平面ADP⊥平面APC； (2)设 eq \o(PM,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(PC,\s\up13(→)) (0<λ<1)，若二面角B­DM­P的余弦值为 eq \f(\r(11),11) ，求λ的值． (1)证明：设AC∩BD＝N，连接PN，如图． 因为∠DAB＝∠BCD＝90°，O为BD的中点，所以OA＝OD＝OC，即O为△ADC的中心． 又因为AD＝CD，所以AC⊥BD. 由PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，可得PO⊥AC. 又PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PDB，所以AC⊥平面PDB，所以AC⊥DP.因为AD＝AC＝CD＝2 eq \r(3) ，DP＝ eq \r(6) ， 所以DN＝3，BD＝2OD＝4，OP＝ eq \r(DP2－OD2) ＝ eq \r(2) ，PN＝ eq \r(OP2＋ON2) ＝ eq \r(3) ， 所以DP2＋PN2＝DN2，则DP⊥PN. 又PN∩AC＝N，PN，AC⊂平面APC，所以DP⊥平面APC.因为DP⊂平面ADP，所以平面ADP⊥平面APC. (2)解：以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由(1)得，D(0，－3，0)，P(0，－1， eq \r(2) )，A( eq \r(3) ，0，0)，C(－ eq \r(3) ，0，0)，B(0，1，0). 所以 eq \o(DP,\s\up13(→)) ＝(0，2， eq \r(2) )， eq \o(DB,\s\up13(→)) ＝(0，4，0)， eq \o(PC,\s\up13(→)) ＝(－ eq \r(3) ，1，－ eq \r(2) )， eq \o(DM,\s\up13(→)) ＝ eq \o(DP,\s\up13(→)) ＋ eq \o(PM,\s\up13(→)) ＝(0，2， eq \r(2) )＋λ eq \o(PC,\s\up13(→)) ＝(－ eq \r(3) λ，λ＋2， eq \r(2) － eq \r(2) λ). 设平面BDM的法向量为m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up13(→))＝0，,m·\o(DM,\s\up13(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y＝0，,－\r(3)λx＋（λ＋2）y＋（\r(2)－\r(2)λ）z＝0，)) 得y＝0. 令x＝ eq \r(2) － eq \r(2) λ，得z＝ eq \r(3) λ，所以平面BDM的一个法向量为m＝( eq \r(2) － eq \r(2) λ，0， eq \r(3) λ). 由(1)知，DP⊥平面APC，同理可得AP⊥平面PDC，所以平面PDC的一个法向量为 eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝( eq \r(3) ，1，－ eq \r(2) ). 所以|cos 〈m， eq \o(PA,\s\up13(→)) 〉|＝ eq \f(|m·\o(PA,\s\up13(→))|,|m|·|\o(PA,\s\up13(→))|) ＝ eq \f(|\r(6)－2\r(6)λ|,\r(6)×\r(5λ2－4λ＋2)) ＝ eq \f(\r(11),11) ，整理得39λ2－40λ＋9＝0，解得λ＝ eq \f(9,13) 或λ＝ eq \f(1,3) . 当λ＝ eq \f(1,3) 时，二面角B­DM­P的平面角为钝角，不符合题意．故λ＝ eq \f(9,13) . 角度1　点到直线的距离 【例4】 (2023·浙江绍兴模拟)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AB＝ eq \r(2) BB1＝2，则C到直线AB1的距离为(　　) A． eq \f(\r(15),5) B． eq \f(\r(10),5) C． eq \f(\r(15),3) D． eq \f(\r(30),3) D　解析：由题意知，AC＝AB＝2，BB1＝ eq \r(2) ，取AC的中点O，则BO⊥AC，BO＝ eq \r(3) ，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz， 则A(0，－1，0)，B1( eq \r(3) ，0， eq \r(2) )，C(0，1，0)，所以＝( eq \r(3) ，1， eq \r(2) )， eq \o(CA,\s\up13(→)) ＝(0，－2，0)， 所以 eq \o(CA,\s\up13(→)) 在上的投影的长度为＝ eq \f(2,\r(6)) ＝ eq \f(\r(6),3) ， 故点C到直线AB1的距离为 d＝ eq \r(|\o(AC,\s\up13(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(30),3) . 【练4】 如图，在四棱锥P­ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为(　　) A．2 eq \r(3) B．2 eq \r(5) C． eq \r(2) D．4 A　解析：如图，以B为坐标原点，射线BC，BA，BP分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴， 建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，4，0)，P(0，0，4)， 故 eq \o(PC,\s\up13(→)) ＝(2，0，－4)， eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝(0，4，－4)， 所以 eq \o(PC,\s\up13(→)) 在 eq \o(PA,\s\up13(→)) 上的投影向量的长度d＝ eq \f(|\o(PA,\s\up13(→))·\o(PC,\s\up13(→))|,|\o(PA,\s\up13(→))|) ＝ eq \f(16,4\r(2)) ＝2 eq \r(2) ， 故h＝ eq \r(\a\vs4\al(\o(PC,\s\up13(→))2－d2)) ＝ eq \r(20－8) ＝2 eq \r(3) ， 即点C到直线PA的距离为2 eq \r(3) . 角度2　点到平面的距离 【例5】 (2023·四川树德中学模拟)在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝2.求BC到平面ADC1B1的距离． 解：连接AE，因为六边形ABCDEF为正六边形，则∠AFE＝∠DEF＝120°. 因为AF＝EF，则∠AEF＝30°，故∠AED＝ 90°， 因为EE1⊥底面ABCDEF， 不妨以点E为坐标原点，EA，ED，EE1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A( eq \r(3) ，0，0)，B( eq \r(3) ，1，0)，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0)) ， D(0，1，0)，B1( eq \r(3) ，1，2)，C1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2)) ，E1(0，0，2)，在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，BB1∥CC1且BB1＝CC1， 所以四边形BB1C1C为平行四边形，则BC∥B1C1. 因为BC⊄平面ADC1B1，B1C1⊂平面ADC1B1，所以BC∥平面ADC1B1， 所以，BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离． 设平面ADC1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， eq \o(AD,\s\up13(→)) ＝(－ eq \r(3) ，1，0)，＝(0，1，2)， 则m＝(2，2 eq \r(3) ，－ eq \r(3) ). 又因为 eq \o(AB,\s\up13(→)) ＝(0，1，0)，所以直线BC到平面ADC1B1的距离为d＝ eq \f(|\o(AB,\s\up13(→))·m|,|m|) ＝ eq \f(2\r(3),\r(19)) ＝ eq \f(2\r(57),19) . 【练5】 如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝ eq \r(2) ，AD＝1，点E是棱PB的中点，直线AB与平面ECD的距离为(　　) A．1 B． eq \f(\r(3),3) C． eq \f(8,3) D． eq \r(2) B　解析：取PA的中点F，连接EF，FD，如图所示． 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD， 因为底面ABCD为矩形，所以AD⊥CD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面EFDC， 所以平面EFDC⊥平面PAD.因为平面EFDC∩平面PAD＝FD， 所以点A到FD的距离，即为点A到平面EFDC的距离， 因为AB∥CD，AB⊄平面EFDC，CD⊂平面EFDC， 所以AB∥平面EFDC， 所以点A到平面EFDC的距离，即为直线AB到平面EFDC的距离，在Rt△AFD中，AF＝ eq \f(\r(2),2) ，AD＝1，DF＝ eq \f(\r(6),2) ， 所以点A到FD的距离为d＝ eq \f(|\o(AF,\s\up13(→))·\o(AD,\s\up13(→))|,|\o(DF,\s\up13(→))|) ＝ eq \f(\r(3),3) . 故直线AB与平面ECD的距离为 eq \f(\r(3),3) . $$